図を描くと以下のようになる。
$\mathrm{C}$ を原点として、$\mathrm{C}\mathrm{G}$ をx軸の正の方向とすれば、$\mathrm{B}$ や $\mathrm{A}$ の座標は三角関数の合成や回転操作などで簡単に計算できる。そこから $S$ も計算できる。
平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ において，$\angle \mathrm{ABC}=\dfrac{\pi}{6}, \mathrm{AB}=a, \mathrm{BC}=b, a \le b$ とする。次の条件を満たす長方形 $\mathrm{EFGH}$ を考え，その面積を $S$ とする。
条件： 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ はそれぞれ辺 $\mathrm{EF}, \mathrm{FG}, \mathrm{GH}, \mathrm{HE}$ 上にある。
ただし，辺はその両端の点も含むものとする。
(1) $\angle \mathrm{BCG}=\theta$ とするとき，$S$ を $a, b, \theta$ を用いて表せ。
(2) $S$ のとりうる値の最大値を $a, b$ を用いて表せ。
図を描くと以下のようになる。
$\mathrm{C}$ を原点として、$\mathrm{C}\mathrm{G}$ をx軸の正の方向とすれば、$\mathrm{B}$ や $\mathrm{A}$ の座標は三角関数の合成や回転操作などで簡単に計算できる。そこから $S$ も計算できる。
点 $\mathrm{C}$ を原点として、$\mathrm{C}\mathrm{G}$ をx軸の正の方向としよう。点 $\mathrm{B}$ の座標は$(b\cos \theta, b\sin \theta)$ であり、ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{BA}} = \overrightarrow{\mathrm{CD}}$ は
\[\overrightarrow{\mathrm{BA}} = \overrightarrow{\mathrm{CD}} = \left(-a\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right),\ a\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\right)\]である。よって、
\[\mathrm{HG}=b\cos\theta+a\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right), \quad \mathrm{GF}=b\sin\theta+a\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\]であり、
\[S=\mathrm{HG}\cdot \mathrm{GF} = \left\{b\cos\theta+a\cos\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\right\}\left\{b\sin\theta+a\sin\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right)\right\}\]である。
$\theta$ は $0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{6}$ の範囲を動く。$S$を展開して $\sin,\cos$の式にしたら簡単になりそう。
$\theta$ は $0 \le \theta \le \dfrac{\pi}{6}$ の範囲を動く。
$\mathrm{HG}$ と $\mathrm{GF}$ を $\sin\theta, \cos\theta$ で表すと
\[\mathrm{HG}=\left(b+\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\cos\theta+\frac{a}{2}\sin\theta\] \[\mathrm{GF}=\left(b-\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\sin\theta+\frac{a}{2}\cos\theta\]である。よって、
\[\begin{align*} S&=\left\{\left(b+\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\cos\theta+\frac{a}{2}\sin\theta\right\} \left\{\left(b-\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\sin\theta+\frac{a}{2}\cos\theta\right\}\\ &=\left(b^2-\frac{a^2}{2}\right)\sin\theta\cos\theta +\frac{a}{2}\left(b+\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\cos^2\theta +\frac{a}{2}\left(b-\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\sin^2\theta\\ &=\left(b^2-\frac{a^2}{2}\right)\sin\theta\cos\theta+\frac{ab}{2} +\frac{\sqrt{3}a^2}{4}\left(\cos^2\theta-\sin^2\theta\right) \end{align*}\]である。したがって、
\[S=\frac{1}{2}\left(b^2-\frac{a^2}{2}\right)\sin 2\theta+\frac{ab}{2} +\frac{\sqrt{3}a^2}{4}\cos 2\theta\]である。
ここまできたらあとは三角関数の合成をするだけだ。 $b\ge a$ に注意すると、
\[\frac{1}{2}\left(b^2-\frac{a^2}{2}\right) \ge \frac{a^2}{4}\]だから、$\sin(2\theta+\alpha)$ という形にするなら $0<\alpha\le \dfrac{\pi}{3}$ だろう。 $2\theta$ の動く範囲は $\left[0,\dfrac{\pi}{3}\right]$ だろうから、$2\theta+\alpha$が$\dfrac{\pi}{2}$になり得るかどうかはギャンブルだ。 場合分けが必要。
$x=2\theta$ とおくと、$0 \le x \le \dfrac{\pi}{3}$ であり、
\[S=\frac{ab}{2}+\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)\sin x+\frac{\sqrt{3}a^2}{4}\cos x\]である。ここで、
\[A=\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4},\quad B=\frac{\sqrt{3}a^2}{4}\]とおく。$b\ge a$ なので $A>0,\ B>0$ である。$A\sin x+B\cos x=R\sin(x+\alpha)$ と書くと、
\[R=\sqrt{A^2+B^2},\quad \cos\alpha=\frac{A}{R},\quad \sin\alpha=\frac{B}{R}\]であり、$0<\alpha\le \dfrac{\pi}{3}$ である。
$x+\alpha$ が $\dfrac{\pi}{2}$ をとりうる条件は
\[\alpha\le \frac{\pi}{2}\le \alpha+\frac{\pi}{3}\]すなわち $\alpha\ge \dfrac{\pi}{6}$ である。$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$ であるから、これは
\[B\ge \frac{A}{\sqrt{3}}\]と同値であり、整理すると $b\le \sqrt{2}a$ である。
よって、$a\le b\le \sqrt{2}a$ のとき、$S$ の最大値は
\[\frac{ab}{2}+R =\frac{ab}{2}+\sqrt{\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)^2+\frac{3a^4}{16}} =\frac{ab}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{b^4-a^2b^2+a^4}\]である。
一方、$b\ge \sqrt{2}a$ のときは $S$ は $x=\dfrac{\pi}{3}$ で最大となるので、$S$ の最大値は
\[\frac{ab}{2}+\frac{\sqrt{3}b^2}{4}\]である。
以上より、求める最大値は
\[\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{ab}{2}+\dfrac{1}{2}\sqrt{b^4-a^2b^2+a^4} & \left(a\le b\le \sqrt{2}a\right),\\[6pt] \dfrac{ab}{2}+\dfrac{\sqrt{3}b^2}{4} & \left(b\ge \sqrt{2}a\right) \end{array} \right.\]である。
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